2026届高三数学二轮复习讲义：专题突破　专题二　第一讲　等差数列、等比数列（含解析）

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1.(2023·新课标Ⅰ卷，T7)记Sn为数列{an}的前n项和，设甲：{an}为等差数列；乙：Snn为等差数列，则( )
A.甲是乙的充分条件但不是必要条件
B.甲是乙的必要条件但不是充分条件
C.甲是乙的充要条件
D.甲既不是乙的充分条件也不是乙的必要条件
2.(2025·全国Ⅱ卷，T7)记Sn为等差数列{an}的前n项和，若S3=6，S5=-5，则S6等于( )
A.-20B.-15C.-10D.-5
3.(2025·全国Ⅰ卷，T13)若一个等比数列的各项均为正数，且前4项的和等于4，前8项的和等于68，则这个数列的公比等于 .
4.(2023·新课标Ⅰ卷，T20)设等差数列{an}的公差为d，且d>1.令bn=n2+nan，记Sn，Tn分别为数列{an}，{bn}的前n项和.
(1)若3a2=3a1+a3，S3+T3=21，求{an}的通项公式；
(2)若{bn}为等差数列，且S99-T99=99，求d.
命题热度：
本讲是历年高考命题必考的内容，属于中低档题目，主要以解答题的形式出现，选择题、填空题中也经常出现.分值约为11~24分.
考查方向：
考查重点一是等差数列、等比数列的基本运算；二是等差数列、等比数列的性质及其应用；三是等差数列、等比数列的判定与证明.
1.答案 C
解析 方法一 甲：{an}为等差数列，设其首项为a1，公差为d，
则Sn=na1+n(n-1)2d，Snn=a1+n-12d=d2n+a1-d2，Sn+1n+1-Snn=d2，
因此Snn为等差数列，则甲是乙的充分条件；
反之，乙：Snn为等差数列，
即Sn+1n+1-Snn=nSn+1-(n+1)Snn(n+1)=nan+1-Snn(n+1)为常数，设为t，
即nan+1-Snn(n+1)=t，
则Sn=nan+1-t·n(n+1)，
有Sn-1=(n-1)an-t·n(n-1)，n≥2，
两式相减得an=nan+1-(n-1)an-2tn，
即an+1-an=2t，对n=1也成立，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
方法二 甲：{an}为等差数列，设数列{an}的首项为a1，公差为d，
即Sn=na1+n(n-1)2d，
则Snn=a1+(n-1)2d=d2n+a1-d2，
因此Snn为等差数列，即甲是乙的充分条件；
反之，乙：Snn为等差数列，
设数列Snn的公差为D，
则Sn+1n+1-Snn=D，Snn=S1+(n-1)D，
即Sn=nS1+n(n-1)D，
当n≥2时，Sn-1=(n-1)S1+(n-1)(n-2)D，
上边两式相减得Sn-Sn-1=S1+2(n-1)D，
所以an=a1+2(n-1)D，
当n=1时，上式成立，
又an+1-an=a1+2nD-[a1+2(n-1)D]=2D为常数，
因此{an}为等差数列，则甲是乙的必要条件，
所以甲是乙的充要条件.
2.答案 B
解析 设等差数列{an}的公差为d，则由题意可得3a1+3d=6，5a1+10d=-5⇒a1=5，d=-3，
所以S6=6a1+15d=6×5+15×(-3)=-15.
3.答案 2
解析 方法一 设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，
当q=1时，S4=4a1=4，即a1=1，则S8=8a1=8≠68，显然不成立，舍去；
当q≠1时，则S4=a1(1-q4)1-q=4，S8=a1(1-q8)1-q=68，
两式相除得1-q81-q4=(1-q4)(1+q4)1-q4=17，
则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
方法二 设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，
则S4=a1+a2+a3+a4=4，
S8=a1+a2+a3+a4+a5+a6+a7+a8
=a1+a2+a3+a4+a1q4+a2q4+a3q4+a4q4
=(a1+a2+a3+a4)(1+q4)=68，
所以4(1+q4)=68，则1+q4=17，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
方法三 设该等比数列为{an}，公比为q(q>0)，Sn是其前n项和，则S4=4，S8=68，
故S8-S4=a5+a6+a7+a8=(a1+a2+a3+a4)q4=68-4=64，
又S4=a1+a2+a3+a4=4，
所以4q4=64，解得q=2(负数舍去)，
所以这个数列的公比为2.
4.解 (1)∵3a2=3a1+a3，
∴3d=a1+2d，解得a1=d，
∴S3=3a2=3(a1+d)=6d，
an=a1+(n-1)d=nd，
又T3=b1+b2+b3=2d+62d+123d=9d，
∴S3+T3=6d+9d=21，
即2d2-7d+3=0，
解得d=3或d=12(舍去)，
∴an=nd=3n.
(2)∵{bn}为等差数列，
∴2b2=b1+b3，
即12a2=2a1+12a3，
∴61a2-1a3=6da2a3=1a1，
即a12-3a1d+2d2=0，
解得a1=d或a1=2d，
∵d>1，∴an>0，
又S99-T99=99，
由等差数列的性质知，
99a50-99b50=99，
即a50-b50=1，
∴a50-2 550a50=1，
即a502-a50-2 550=0，
解得a50=51或a50=-50(舍去).
当a1=2d时，a50=a1+49d=51d=51，
解得d=1，与d>1矛盾，无解；
当a1=d时，a50=a1+49d=50d=51，
解得d=5150.
综上，d=5150.
考点一 等差数列、等比数列的基本运算
例1 (1)(多选)(2025·全国Ⅱ卷)记Sn为等比数列{an}的前n项和，q为{an}的公比，q>0，若S3=7，a3=1，则( )
A.q=12B.a5=19
C.S5=8D.an+Sn=8
答案 AD
解析 对A，由题意得a1q2=1，a1+a1q+a1q2=7，结合q>0，解得a1=4，q=12或a1=9，q=-13(舍去)，故A正确；
对B，a5=a1q4=4×124=14，故B错误；
对C，S5=a1(1-q5)1-q=4×1-1321-12=314，故C错误；
对D，an=4×12n-1=23-n，Sn=4×1-12n1-12=8-23-n，
则an+Sn=23-n+8-23-n=8，故D正确.
(2)(2025·唐山模拟)已知等差数列{an}的前n项和为Sn，a3+a8+a13=-120，5S7-7S5=70，若Sk=Sk+1，则k等于( )
A.27B.28C.54D.55
答案 A
解析 设数列{an}的公差为d，
∵数列{an}是等差数列，
∴a3+a8+a13=3a8=-120，
解得a8=-40，即a1+7d=-40，①
∵5S7-7S5=70，
∴57a1+7×62d-75a1+5×42d=70，解得d=2，
代入①得a1=-54，
∵Sk=Sk+1，∴Sk=Sk+ak+1，
即ak+1=0，∴a1+kd=0，
即-54+2k=0，解得k=27.
[规律方法] 等差数列、等比数列问题的求解策略
(1)抓住基本量，首项a1，公差d或公比q.
(2)熟悉一些结构特征，如前n项和为Sn=an2+bn(a，b是常数)的形式的数列为等差数列，通项公式为an=pqn-1(p，q≠0)的形式的数列为等比数列.
(3)由于等比数列的通项公式、前n项和公式中变量n在指数位置，所以常用两式相除(即比值的方式)进行相关计算.
跟踪演练1 (1)(2025·南京模拟)已知等比数列{an}的前3项和为168，a2-a5=42，则a6等于( )
A.7B.6C.3D.2
答案 C
解析 设数列{an}的公比为q，
则S3=a1+a2+a3=a1(1+q+q2)=168，
a2-a5=a1q(1-q3)=a1q(1-q)(1+q+q2)=42，
∴q(1-q)=14，
即4q2-4q+1=0，则q=12，
∴a1=1681+q+q2=168×47=96，
∴a6=a1q5=96×132=3.
(2)(2025·九江模拟)为备战某次马拉松，某同学制定了一个为期20周的跑步训练计划.计划第1周跑步2公里，之后一段时间每周的跑步量是前一周的2倍；当周跑步量首次超过30公里后，每周比前一周多跑2公里；当周跑步量首次超过全马里程(42.195公里)后，保持这个周训练量直至训练结束，则训练计划结束时，该同学跑步的总量是( )
A.736公里B.724公里
C.692公里D.660公里
答案 C
解析 设该同学每周跑步量构成数列{an}，由题意得，a1=2，a2=4，a3=8，a4=16，a5=32，
第5周跑步量首次超过30公里，前5周跑步总量为2×(1-25)1-2=62，
a6=32+2=34，…，
a10=32+5×2=42，a11=42+2=44，
第11周跑步量首次超过全马里程，
故第6周到第11周的跑步量为(34+44)×62=234，
第12周到第20周每周的跑步量为44公里，总和为396公里，所以该同学跑步的总量是62+234+396=692(公里).
考点二 等差数列、等比数列的性质
例2 (1)(多选)(2025·厦门模拟)记等差数列{an}的前n项和为Sn，公差为d，若a3+a18>0，S190D.Sn≥S10
答案 BCD
解析 由a3+a18>0，得S20=20(a1+a20)2=10(a1+a20)=10(a3+a18)>0，故A错误；
由S190，故前10项为负数，从第11项开始为正数，故Sn的最小值为S10，故C，D正确.
(2)(2025·赣州模拟)设正项等比数列{an}的前n项和为Sn，若S20=21，S30=49，则S10等于( )
A.7B.9
C.63D.7或63
答案 A
解析 由等比数列片段和的性质知，
S10，S20-S10，S30-S20成等比数列，
所以(S20-S10)2=S10(S30-S20)，
则(21-S10)2=S10(49-21)，
所以S102-70S10+441=(S10-7)(S10-63)=0，
则S10=7或S10=63，
因为数列{an}为正项等比数列，所以an>0，故{Sn}为递增数列，
所以S10=7.
[规律方法] 等差数列、等比数列的性质问题的求解策略
(1)抓关系，抓住项与项之间的关系及项的序号之间的关系，从这些特点入手，选择恰当的性质进行求解.
(2)用性质，数列是一种特殊的函数，具有函数的一些性质，如单调性、周期性等，可利用函数的性质解题.
跟踪演练2 (1)已知一个等差数列的项数为奇数，其中所有奇数项的和为290，所有偶数项的和为261，则此数列的项数为( )
A.15B.17C.19D.21
答案 C
解析 设此等差数列的项数为2n-1，
设所有奇数项的和为S，
则S=n(a1+a2n-1)2=nan，
设所有偶数项的和为T，
则T=(n-1)(a2+a2n-2)2=(n-1)an，
由TS=n-1n=261290=910，解得n=10，项数为2n-1=19.
(2)已知正项递增等比数列{an}的前n项之积为Tn，且T19=Tm(m≠19)，a15=1，则m= .
答案 10
解析 若m>19，因为{an}为递增数列且a15=1，所以当n≥16时，an>1，
所以TmT19=a20…am>1，与T19=Tm矛盾；
若m